2010-08-18 2 views
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모든 사랑에 삽입 할 수 없습니다,이 내 코드는 XAMPP에 있습니다 :PHP : 데이터 게시 할 수 있지만 DB

 $sql = "INSERT INTO oqc_defect "; 
      $sql.= "(Problem_date,  Dept_found,   Line,   Shift,  Time_found,  Model,   Serial_number,  DIC, "; 
      $sql.= "Def_class,  Reject_qty,  Symptom,  Cause,  Correction,  Corr_action_plan, "; 
      $sql.= "Eff_date) "; 
      $sql.= "VALUES ('"; 
      $sql.= $Problem_date."','".$Dept_found."','".$Line."','".$Shift."','".$Time_found."','".$Model."','".$Serial_number."','".$DIC."','"; 
      $sql.= $Def_class."','".$Reject_qty."','".$Symptom."','".$Cause."','".$Correction."','".$Corr_action_plan."','"; 
      $sql.= $Eff_date."')"; 

은 내가 DB 일부 데이터를 제출하려고합니다. 방화 광 쇼에서 "OK 2.6ms"를 표시하지만 데이터베이스 테이블을 여전히 비운 후에도 위 코드는 올바르지 않습니까?

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에코 mysql_error를 당신은 당신이 무엇을 얻을 –

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을 무엇을 얻을 참조 : $은 =는 mysql_query ($의 SQL) 결과; if (! $ result) { die ('잘못된 쿼리 :'. mysql_error()); } –

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SQL 주입에주의하십시오. – whiskeysierra

답변

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시도해 보셨습니까?

$res = mysql_query($sql) or die(mysql_error()); 
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쿼리가 생성 된 후 쿼리를 에코합니다. 이제 쿼리가 어떻게 생겼는지를 추측 할 수 있습니다.

<?php 
echo $sql; 
?> 
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응답 탭이 비어 있습니다. – klox

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